Correction de l’exercice 28
Fonctions puissances — Calcul de limites
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose la correction détaillée de l’exercice 28 du chapitre « Fonctions puissances » du manuel Al Moufid. Les quatorze limites sont traitées à l’aide des logarithmes, de la fonction exponentielle et des limites usuelles. Chaque correction peut être ouverte ou refermée séparément.
Exercice 28 Calcul de quatorze limites
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On a :
\[ 0\lt \frac23\lt 1. \]Pour toute base \(a\) telle que \(0\lt a\lt 1\), on sait que :
\[ \lim_{x\to+\infty}a^x=0. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x>0\), on écrit :
\[ x^{\sqrt x} = e^{\sqrt x\,\ln x}. \]Posons \(t=\sqrt x\). Alors \(t\to0^+\) et \(x=t^2\). Donc :
\[ \sqrt x\,\ln x = t\ln(t^2) = 2t\ln t. \]Or la limite usuelle donne :
\[ \lim_{t\to0^+}t\ln t=0. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}\sqrt x\,\ln x=0. \]Par continuité de la fonction exponentielle :
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Considérons la fonction :
\[ f(x)=x^{\sqrt x} = e^{\sqrt x\,\ln x}, \qquad x>0. \]On a :
\[ f(1)=1. \]La limite demandée est donc le nombre dérivé \(f'(1)\).
Posons :
\[ u(x)=\sqrt x\,\ln x. \]Alors :
\[ \begin{aligned} u'(x) &= \frac{\ln x}{2\sqrt x} + \frac{\sqrt x}{x}\\ &= \frac{\ln x+2}{2\sqrt x}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ f'(x) = x^{\sqrt x} \frac{\ln x+2}{2\sqrt x}. \]En \(x=1\) :
\[ f'(1) = 1\times\frac{0+2}{2} = 1. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\) assez proche de \(0^+\), on a \(1-x>0\). On écrit :
\[ (1-x)^{\frac1x} = e^{\frac{\ln(1-x)}x}. \]Or :
\[ \frac{\ln(1-x)}x = -\frac{\ln(1-x)}{-x}. \]En utilisant la limite usuelle :
\[ \lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}u=1, \]avec \(u=-x\), on obtient :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln(1-x)}x=-1. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Lorsque \(x\to\left(\dfrac{\pi}{2}\right)^-\), on a :
\[ \tan x\to+\infty \qquad\text{et}\qquad \cos x\to0^+. \]On écrit :
\[ (\tan x)^{\cos x} = e^{\cos x\,\ln(\tan x)}. \]Or :
\[ \ln(\tan x) = \ln(\sin x)-\ln(\cos x). \]Donc :
\[ \cos x\,\ln(\tan x) = \cos x\,\ln(\sin x) - \cos x\,\ln(\cos x). \]Le premier terme tend vers \(0\), car \(\ln(\sin x)\to0\) et \(\cos x\to0\).
Pour le second terme, posons \(t=\cos x\). Alors \(t\to0^+\), et :
\[ t\ln t\to0. \]Ainsi :
\[ \cos x\,\ln(\tan x)\to0. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x>0\) et \(x\ne1\), on écrit :
\[ \left(x^2\right)^{\frac1{\ln^2x}} = e^{ \frac{\ln(x^2)}{\ln^2x} }. \]Comme \(\ln(x^2)=2\ln x\), on obtient :
\[ \frac{\ln(x^2)}{\ln^2x} = \frac2{\ln x}. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a \(\ln x\to-\infty\). Donc :
\[ \frac2{\ln x}\to0. \]Lire la correction +Masquer la correction −
On écrit :
\[ x^{\frac1x} = e^{\frac{\ln x}{x}}. \]La limite usuelle donne :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\) assez proche de \(0\), la base est strictement positive. On écrit :
\[ \left( \frac{1+\sin x}{1+x} \right)^{\frac1x} = e^{A(x)}, \]où :
\[ A(x) = \frac{ \ln(1+\sin x)-\ln(1+x) }x. \]On sépare les deux termes :
\[ A(x) = \frac{\ln(1+\sin x)}x - \frac{\ln(1+x)}x. \]Pour le premier terme :
\[ \frac{\ln(1+\sin x)}x = \frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x} \times \frac{\sin x}{x}. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0} \frac{\ln(1+\sin x)}x = 1. \]De même :
\[ \lim_{x\to0} \frac{\ln(1+x)}x=1. \]Ainsi :
\[ A(x)\to1-1=0. \]Lire la correction +Masquer la correction −
On écrit :
\[ \frac{4x+15}{4x+7} = 1+\frac8{4x+7}. \]Posons :
\[ u_x=\frac8{4x+7}. \]Alors \(u_x\to0\), et :
\[ \left(1+u_x\right)^x = e^{x\ln(1+u_x)}. \]Or :
\[ x\ln(1+u_x) = xu_x \frac{\ln(1+u_x)}{u_x}. \]On a :
\[ xu_x = \frac{8x}{4x+7} \longrightarrow2 \]et :
\[ \frac{\ln(1+u_x)}{u_x} \longrightarrow1. \]Donc :
\[ x\ln(1+u_x)\to2. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\) assez proche de \(0\), on a \(\cos x>0\). On écrit :
\[ (\cos x)^{\frac1{x^2}} = e^{\frac{\ln(\cos x)}{x^2}}. \]Utilisons l’identité :
\[ \cos x = 1-2\sin^2\left(\frac x2\right). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \frac{\ln(\cos x)}{x^2} &= \frac{ \ln\left( 1-2\sin^2\left(\frac x2\right) \right) }{ -2\sin^2\left(\frac x2\right) }\\ &\qquad\times \frac{ -2\sin^2\left(\frac x2\right) }{x^2}. \end{aligned} \]Le premier facteur tend vers \(1\).
Pour le second facteur :
\[ \frac{ -2\sin^2\left(\frac x2\right) }{x^2} = -\frac12 \left( \frac{\sin\left(\frac x2\right)}{\frac x2} \right)^2 \longrightarrow -\frac12. \]Donc :
\[ \frac{\ln(\cos x)}{x^2} \longrightarrow -\frac12. \]Lire la correction +Masquer la correction −
On remarque que :
\[ \ln(x+1) = \ln x+\ln\left(1+\frac1x\right). \]Posons :
\[ u_x= \frac{ \ln\left(1+\frac1x\right) }{\ln x}. \]Alors \(u_x\to0\), et :
\[ \frac{\ln x}{\ln(x+1)} = \frac1{1+u_x}. \]Le logarithme de l’expression étudiée est :
\[ \begin{aligned} A(x) &= x\ln x \ln\left(\frac1{1+u_x}\right)\\ &= -x\ln x\,\ln(1+u_x). \end{aligned} \]On écrit :
\[ A(x) = -x\ln x\,u_x \frac{\ln(1+u_x)}{u_x}. \]Or :
\[ x\ln x\,u_x = x\ln\left(1+\frac1x\right) \longrightarrow1. \]De plus :
\[ \frac{\ln(1+u_x)}{u_x} \longrightarrow1. \]Ainsi :
\[ A(x)\to-1. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x>m\), le quotient est strictement positif. On écrit :
\[ \frac{x}{x-m} = 1+\frac{m}{x-m}. \]Posons :
\[ u_x=\frac{m}{x-m}. \]Alors \(u_x\to0\), et :
\[ \left(1+u_x\right)^x = e^{x\ln(1+u_x)}. \]Or :
\[ x\ln(1+u_x) = xu_x \frac{\ln(1+u_x)}{u_x}. \]On a :
\[ xu_x = \frac{mx}{x-m} \longrightarrow m \]et :
\[ \frac{\ln(1+u_x)}{u_x} \longrightarrow1. \]Donc l’exposant tend vers \(m\).
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On factorise le numérateur :
\[ x^x-x = x\left(x^{x-1}-1\right). \]Comme :
\[ x^{x-1} = e^{(x-1)\ln x}, \]on obtient :
\[ x^x-x = x\left( e^{(x-1)\ln x}-1 \right). \]Posons :
\[ u=(x-1)\ln x \qquad\text{et}\qquad v=\sqrt{x^2-1}. \]Lorsque \(x\to1^+\), on a \(u\to0\) et \(v\to0^+\). Alors :
\[ \begin{aligned} \frac{x^x-x}{\ln(1+\sqrt{x^2-1})} &= x \frac{e^u-1}{u} \frac{u}{v} \frac{v}{\ln(1+v)}. \end{aligned} \]Le premier facteur tend vers \(1\), le deuxième quotient usuel tend vers \(1\), et :
\[ \frac{v}{\ln(1+v)} \longrightarrow1. \]Il reste à étudier :
\[ \begin{aligned} \frac{u}{v} &= \frac{(x-1)\ln x}{\sqrt{(x-1)(x+1)}}\\ &= \frac{\sqrt{x-1}\,\ln x}{\sqrt{x+1}}. \end{aligned} \]Lorsque \(x\to1^+\), ce dernier quotient tend vers \(0\).
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Comme \(m>0\), la quantité \(m+\dfrac1x\) est strictement positive pour \(x\) assez grand. On écrit :
\[ \left(m+\frac1x\right)^{\frac1x} = e^{u_x}, \]où :
\[ u_x= \frac1x \ln\left(m+\frac1x\right). \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(u_x\to0\). Alors :
\[ \begin{aligned} x\left(e^{u_x}-1\right) &= xu_x \frac{e^{u_x}-1}{u_x}\\ &= \ln\left(m+\frac1x\right) \frac{e^{u_x}-1}{u_x}. \end{aligned} \]Or :
\[ \ln\left(m+\frac1x\right) \longrightarrow \ln m \]et :
\[ \frac{e^{u_x}-1}{u_x} \longrightarrow1. \]Méthodes et résultats à retenir
- Pour une puissance réelle, vérifier d’abord que la base est strictement positive.
- Transformer une expression de la forme \(u(x)^{v(x)}\) en \(e^{v(x)\ln u(x)}\).
- Utiliser les limites usuelles \(\dfrac{\ln(1+t)}t\to1\) et \(\dfrac{e^t-1}t\to1\).
- Traiter séparément les formes indéterminées \(0^0\), \(1^{\infty}\) et \(\infty^0\).
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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